湖北省普通高中2021年高中物理1月學業(yè)水平選擇性考試模擬演練試題（含解析）

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1、湖北省普通高中2021年高中物理1月學業(yè)水平選擇性考試模擬演練試題（含解析） 本試卷共8頁，16題。全卷滿分100分。考試用時75分鐘。 ★?？荚図樌? 注意事項： 1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。 2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交。 一、選擇題

2、：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。 1. 如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是（　　） A. P對Q做功為零 B. P和Q之間相互作用力做功之和為零 C. P和Q構成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒 D. P和Q構成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】A．P對Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運動中，P會向左

3、移動，P對Q的彈力方向垂直于接觸面上，與Q前后移動連線的位移夾角大于，所以P對Q做功不為0，故A錯誤； B．因為PQ之間的力屬于系統(tǒng)內力，并且等大反向，兩者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為0，故B正確； CD．因為系統(tǒng)只有系統(tǒng)內力和重力的作用，所以該P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，即豎直方向上不守恒，故CD錯誤； 故選B。 2. 一長為L的直導線置于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，導線中的電流為I。下列說法正確的是（　?。? A. 通電直導線受到安培力大小為ILB B. 無論通電直導線如何放置，它都將

4、受到安培力 C. 通電直導線所受安培力的方向垂直于磁感應強度方向和電流方向構成的平面 D. 安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現，所以安培力對通電直導線不做功 【答案】C 【解析】 【分析】 【詳解】A．只有當通電導線與磁場方向垂直時，通電直導線受到安培力的大小才為ILB，選項A錯誤； B．當通電導線與磁場方向平行時，它不受安培力，選項B錯誤； C．通電直導線所受安培力的方向垂直于磁感應強度方向和電流方向構成的平面，選項C正確； D．安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現，安培力對通電直導線也能做功，選項D錯誤。 故選C。 3. 用粒子加速器加速后的質子轟擊靜止的鋰原子

5、核，生成兩個動能均為8.919MeV的粒子（），其核反應方程式為：。已知質子質量為1.007825u，鋰原子核的質量為7.016004u，粒子的質量為4.00260u，1u相當于931MeV。若核反應釋放的能量全部轉化為粒子的動能，則入射質子的動能約為（　?。? A. 0.5MeV B. 8.4MeV C. 8.9MeV D. 17.3MeV 【答案】A 【解析】 【分析】 【詳解】該反應放出能量 入射質子的動能 故選A。 4. 如圖所示，在電場強度大小為E的勻強電場中，某電場線上有兩點M和N，距離為2d。在M和N處分別固定電荷量為+q和-q的兩個點電荷。下列說法正確的是

6、（　?。? A. 點電荷+q和-q受到的靜電力大小均為qE，方向相反 B. 將點電荷+q沿MN連線向N點移動距離d，靜電力對點電荷+q做功qEd C. 交換兩個點電荷的位置，靜電力對兩個點電荷做功之和為零 D. 將兩點電荷沿MN連線移動距離d，保持兩個點電荷的距離不變，靜電力對兩個點電荷做功之和為零 【答案】D 【解析】 【分析】 【詳解】A．點電荷+q受到的靜電力為勻強電場給其向右的電場力以及點電荷-q所給其向右的庫侖力，合力為 方向水平向右； 點電荷-q受到的靜電力為勻強電場給其向左的電場力以及點電荷+q所給其向左的庫侖力，合力為 方向水平向左，故A錯誤；

7、 B．將點電荷+q沿MN連線向N點移動距離d，靜電力做功既有電場力對點電荷+q做功為qEd，又有點電荷-q庫侖力對其做正功，故B錯誤； C．交換兩個點電荷的位置，靜電力對點電荷+q做正功，對點電荷-q也做正功，代數和不為0，故C錯誤； D．將兩點電荷沿MN連線移動距離d，保持兩個點電荷的距離不變，此時庫侖力做功相互抵消，電場力對兩個點電荷所做功相互抵消，故靜電力對兩個點電荷做功之和為零，D正確。 故選D。 5. 一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，其波速為10m/s，t=0時刻的波形如圖所示下列說法正確的是（　　） A. 0～0.6s時間內，質點P運動的路程為18cm B. t=0.

8、6s時刻，質點P相對平衡位置的位移是6cm C. t=1.2s時刻，質點Q加速度最大 D. t=1.4s時刻，質點M沿y軸負方向運動 【答案】A 【解析】 【分析】 【詳解】A．機械波的周期為 0～0.6s時間內，質點P運動的路程為3A=18cm，選項A正確； B．t=0.6s時刻，質點P到達平衡位置，則此時相對平衡位置的位移是0，選項B錯誤； C．因為t=1.2s= 時刻，質點Q在平衡位置，則此時加速度為零，選項C錯誤； D．經過1.4s波向前傳播 x=vt=14m= 則此時刻，質點M在平衡位置以下沿y軸正方向運動，選項D錯誤。 故選A。 6. 如圖所示，矩形

9、平板ABCD的AD邊固定在水平面上，平板與水平面夾角為，AC與AB的夾角也為。質量為m的物塊在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向勻速運動。物塊與平板間的動摩擦因數，重力加速度大小為g，拉力大小為（　?。? A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 【詳解】重力沿斜面的分力平行于CD向下，滑動摩擦力與運動方向相反，受力分析有 ， 根據余弦定理得 故選A。 7. 如圖所示，兩傾角均為的光滑斜面對接后固定水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小

10、物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】小物塊第一次到達O點，獲得的動能 運動的路程 小球第一次通過O點損失的動能為，滑上斜面到最高點 到第二次到達O點運動的路程 小球第二次通過O點損失的動能為 滑上斜面的最高點 小球第三次達到O點的路程 小球第二次通過O點損失的動能為 …… 設當小球第n次到達O點時剛好靜止 第n次損失的動能為 則在整個過程中損失的動能 根據等比數列求和公式得 可得n趨于無窮大；

11、則在整個過程中的路程 根據等比數列求和公式得 當n趨于無窮大，有 故選B。 8. 如圖所示，一束復色光經三棱鏡后分開成a、b、c和d四種單色光。用這四種單色光分別照射金屬鉀板，其中c光恰好可從金屬鉀板上打出光電子；也可以用這四種單色光分別作為雙縫干涉實驗的光源。下列說法正確的是（　　） A. d光的頻率最高 B. d光在棱鏡中的折射率最小 C. a光產生的干涉條紋寬度最大 D. a光打出的光電子的遏止電壓最大 【答案】BD 【解析】 【分析】 【詳解】AB．由光路圖可知，a光通過三棱鏡的偏折程度最大，則折射率最大，a光的頻率最大，d光的折射率最小，則

12、頻率最低，選項A錯誤，B正確； C．因a光的頻率最大，則波長最短，根據 可知，a光產生的干涉條紋寬度最小，選項C錯誤； D．因為c光恰好可從金屬鉀板上打出光電子，則a光一定能發(fā)生光電效應，因a光的頻率最大，則根據 可知，a光打出的光電子的遏止電壓最大，選項D正確。 故選BD。 9. 嫦娥五號取壤返回地球，完成了中國航天史上的一次壯舉。如圖所示為嫦娥五號著陸地球前部分軌道的簡化示意圖，其中I是月地轉移軌道，在P點由軌道I變?yōu)槔@地橢圓軌道Ⅱ，在近地點Q再變?yōu)槔@地橢圓軌道Ⅲ。下列說法正確的是（　　） A. 在軌道Ⅱ運行時，嫦娥五號在Q點的機械能比在P點的機械能大 B.

13、 嫦娥五號在軌道Ⅱ上運行的周期比在軌道Ⅲ上運行的周期長 C. 嫦娥五號分別沿軌道Ⅱ和軌道Ⅲ運行時，經過Q點的向心加速度大小相等 D. 嫦娥五號分別沿軌道Ⅱ和軌道Ⅲ運行時，經過Q點的速度大小相等 【答案】BC 【解析】 【分析】 【詳解】A．在軌道Ⅱ運行時，只有萬有引力做功，機械能守恒，A錯誤； B．根據開普勒第三定律可知，半長軸越長，周期越長。軌道Ⅱ對應的半長軸長，所以嫦娥五號在軌道Ⅱ上運行的周期比在軌道Ⅲ上運行的周期長，B正確； C．嫦娥五號分別沿軌道Ⅱ和軌道Ⅲ運行時，向心加速度都是由萬有引力提供。所以經過Q點的向心加速度大小相等，C正確； D．嫦娥五號由軌道Ⅱ變向軌道Ⅲ運

14、行時，需要減速才能實現，所以由軌道Ⅱ變向軌道Ⅲ，經Q點的速度要減小，D錯誤。 故選BC。 10. 如圖（a）所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為n1：n2=1：5，定值電阻R1的阻值為10，滑動變阻器R2的最大阻值為50，定值電阻R3的阻值為10，圖中電表均為理想電表。原線圈輸入如圖（b）所示的交變電流，其有效值不隨負載變化。當滑動變阻器接入電路的阻值由50減小到0的過程中（　?。? A. 電流表的示數為5A B. 通過R2的電流減小 C. 電壓表的示數減小 D. R2和R3的總電功率先增大后減小 【答案】C 【解析】 【分析】 【詳解】A．由圖（b）所示的交變電流，可得其有效

15、值為 即電流表的示數為，故A出錯誤； BC．可知原副線圈兩端的總電流不變，當滑動變阻器接入電路的阻值由50減小到0，此時副線圈的總電阻減小，則副線圈兩端的電壓減小，即電壓表的示數減小；根據并聯電路的電壓特點可知R1兩端的電壓減小，則通過R1的電流減小，根據并聯分流可知，通過R2和R3的電流增大；故B錯誤，C正確； D．設通過R2和R3的電流為I2，則根據并聯電路的電流特點可得 則R2和R3的總電功率為 可得R2和R3的總電功率隨R2減小而增大，故D錯誤。 故選C。 11. 如圖所示，在MN右側區(qū)域有垂直于紙面向的勻強磁場，其磁感應強度隨時間變化的關系為B=kt（k為大

16、于零的常量）。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線框向右勻速運動。在t=0時刻，線框底邊恰好到達MN處；在t=T時刻，線框恰好完全進入磁場。在線框勻速進入磁場的過程中（　?。? A. 線框中的電流始終為逆時針方向 B. 線框中的電流先逆時針方向，后順時針方向 C. t=時刻，流過線框的電流大小為 D. t=時刻，流過線框的電流大小為 【答案】AD 【解析】 【分析】 【詳解】AB．根據楞次定律可知，穿過線圈的磁通量增加，則線框中的電流始終為逆時針方向，選項A正確，B錯誤； CD．線圈的邊長為；t=時刻，線圈切割磁感線的有效長度為，感應電動勢 線圈中產生的感應電動勢

17、 則流過線框的電流大小為 選項C錯誤，D正確。 故選AD。 二、非選擇題：本題共5小題，共56分。 12. 由半導體材料制成的熱敏電阻阻值是溫度的函數?；跓崦綦娮鑼囟让舾性碇谱饕粋€火災報警系統(tǒng)，要求熱敏電阻溫度升高至50℃時，系統(tǒng)開始自動報警。所用器材有： 直流電源E（36V，內阻不計）； 電流表（量程250mA，內阻約0.1）； 電壓表（量程50V，內阻約1）； 熱敏電阻RT； 報警器（內阻很小，流過的電流超過10mA時就會報警，超過30mA時就會損傷）； 滑動變阻器R1（最大阻值4000）； 電阻箱R2（最大阻值9999.9）； 單刀單擲開關S1；

18、單刀雙擲開關S2； 導線若干。 (1)用圖（a）所示電路測量熱敏電阻RT的阻值。當溫度為27℃時，電壓表讀數為30.0V，電流表讀數為15.0mA；當溫度為50℃時，調節(jié)R1，使電壓表讀數仍為30.0V，電流表指針位置如圖（b）所示。溫度為50℃時，熱敏電阻的阻值為___________。從實驗原理上看，該方法測得的阻值比真實值略微___________（填“偏大”或“偏小”）。如果熱敏電阻阻值隨溫度升高而變大，則其為正溫度系數熱敏電阻，反之為負溫度系數熱敏電阻。基于以上實驗數據可知，該熱敏電阻RT為___________（填“正”或“負”）溫度系數熱敏電阻。 (2)某同學搭建一

19、套基于該熱敏電阻的火災報警系統(tǒng)，實物圖連線如圖（c）所示，其中有一個器件的導線連接有誤，該器件為___________（填器件名稱）。正確連接后，先使用電阻箱R2進行調試，其阻值設置為___________，滑動變阻器R1阻值從最大逐漸減小，直至報警器開始報警，此時滑動變阻器R1連入電路的阻值為___________。調試完畢后，再利用單刀雙擲開關S2的選擇性開關功能，把熱敏電阻RT接入電路，可方便實現調試系統(tǒng)和工作系統(tǒng)的切換。 【答案】 (1). 600 (2). 偏大 (3). 負 (4). 滑動變阻器R1 (5). 600 (6). 3000

20、 【解析】 【分析】 【詳解】(1)[1]由圖（b）可知，電流表的示數為50mA，則此時熱敏電阻的阻值為 [2]該方法所測電流值為真實電流值，所測電壓值為熱敏電阻和電流表兩端的總電壓，故根據 可知此時所測電阻值偏大； [3]在相同電壓下，溫度越高，通過電流越小，說明熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而降低，故為負溫度系數熱敏電阻； (2)[4]滑動變阻器R1的導線連接有誤，兩根導線都連接在上端，無法起到改變接入電阻阻值的作用，應一上一下連接； [5]先使用電阻箱R2進行調試，其阻值設置為的自動報警電阻，即才可對其進行調試； [6]此時要求剛好在50℃時自動報警，則通過電路的電

21、流10mA，報警器和電流表的電阻很小，可忽略不計，可得此時滑動變阻器的阻值為 13. 某同學利用如圖（a）所示的裝置測量滑塊與長金屬板之間的動摩擦因數和當地重力加速度。金屬板固定于水平實驗臺上，一輕繩跨過輕滑輪，左端與放在金屬板上的滑塊（滑塊上固定有寬度為d=2.000cm的遮光條）相連，另一端可懸掛鉤碼。本實驗中可用的鉤碼共有N=6個，每個質量均為m0=0.010kg。 實驗步驟如下： ①在金屬板上適當的位置固定光電門A和B，兩光電門通過數據采集器與計算機相連。 ②用電子秤稱量出滑塊和遮光條總質量為M=0.150kg。 ③將n（依次取n=1，2，3，4，5，6）個鉤碼掛在輕繩右

22、端，其余N-n個鉤碼固定在滑塊上。用手按住滑塊，并使輕繩與金屬板平行。接通光電門，釋放滑塊。計算機自動記錄： i.遮光條通過光電門A的時間△t1； ii.遮光條通過光電門B的時間△t2； iii.遮光條的后端從離開光電門A到離開光電門B的時間△t12； ④經數據處理后，可得到與n對應的加速度a并記錄。 回答下列問題： (1)在n=3時，△t1=0.0289s，△t2=0.0160s，△t12=0.4040s。 i.忽略遮光條通過光電門時速度的變化，滑塊加速度的表達式為a1=___________，其測量值為___________m/s2（計算結果保留3位有效數字。通過計算

23、機處理得到=34.60s-1，=62.50s-1）； ii.考慮遮光條通過光電門時速度變化，滑塊加速度的測量值a2___________a1（填“大于”“等于”或“小于”）。 (2)利用記錄的數據擬合得到a-n圖象，如圖（b）所示，該直線在橫軸上的截距為p、縱軸上的截距為q。用已知量和測得的物理量表示滑塊與長金屬板之間動摩擦因數的測量值=___________，重力加速度的測量值g=___________（結果用字母表示）。 【答案】 (1). (2). 1.38 (3). 大于 (4). (5). 【解析】 【分析】 【詳解】(1)[1

24、]通過光電門A的速度為 通過光電門B的速度為 忽略遮光條通過光電門時速度的變化，滑塊加速度的表達式為 [2]代入數據解得，滑塊的加速度為 [3]若考慮到遮光條通過光電門時速度的變化，則遮光片通過兩個光電門中間時刻間隔的時間比測量值大，所以加速度的測量值比真實值大； (2)[4][5]由牛頓第二定律可得 化簡得 可得 ， 解得 ， 14. 水銀氣壓計上有細且均勻的玻璃管，玻璃管外標識有壓強刻度（1mm刻度對應壓強值為1mmHg）。測量時氣壓計豎直放置，管內水銀柱液面對應刻度即為所測環(huán)境大氣壓強。氣壓計底部有水銀槽，槽內水銀體積遠大于管內水銀柱體積。若

25、氣壓計不慎混入氣體，壓強測量值將與實際環(huán)境大氣壓強值不符。如圖所示，混入的氣體被水銀密封在玻璃管頂端。當玻璃管豎直放置時，氣柱長度為l1=100mm。如果將玻璃管傾斜，水銀柱液面降低的高度為h=20mm，氣柱長度為l2=50mm，傾斜過程中水銀槽液面高度變化忽略不計。整個過程中溫度保持恒定，氣體可近似為理想氣體。 (1)已知環(huán)境大氣壓強為p0=760mmHg，求此時豎直放置氣壓計的壓強測量值p1（以mmHg為單位）； (2)此后由于環(huán)境大氣壓強變化，豎直放置氣壓計的壓強測量值為p2=730mmHg，求此時氣柱長度l3和環(huán)境大氣壓強p3（以mmg為單位，保留3位有效數字）。 【答案

26、】(1) 740mmHg； (2)110mm；748mmHg 【解析】 【分析】 【詳解】(1)設玻璃管豎直時，管內水銀面的高度差為H，此值即為豎直放置氣壓計的壓強測量值p1 對管內氣體由玻意耳定律 解得 H=740mmHg 即豎直放置氣壓計的壓強測量值p1=740mmHg (2)環(huán)境變化后，氣體的壓強為 p3-p2=(p3-730 )mmHg 氣柱長度 l3=(740+100-730) mm=110mm 則由玻意耳定律 解得 p3=748mmHg 15. 如圖（a），在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物塊B，A和B的質量均為m=1kg。A與B之間的動

27、摩擦因數，t=0時刻起，對A施加沿水平方向的力，A和B由靜止開始運動。取水平向右為正方向，B相對于A的速度用vBA=vB-vA表示，其中vA和vB分別為A和B相對水平面的速度。在0～2s時間內，對速度vBA隨時間t變化的關系如圖（b）所示。運動過程中B始終未脫離A，重力加速度取g=10m/s2。求： (1)0～2s時間內，B相對水平面的位移； (2)t=2s時刻，A相對水平面的速度。 【答案】(1)3.5m；(2)0 【解析】 【分析】 【詳解】(1)由圖(b)可知，在0～2s內，B與A存在相對速度，故可知此時B受到A給其的滑動摩擦力，B的加速度大小為 在0～1.5

28、s內，vBA小于0，此時B相對于水平面做勻加速運動，在1.5～2s內，vBA大于0，此時B相對于水平面做勻減速運動，可得在0～1.5s內，B的位移為 在0～1.5s內，B的位移為 0～2s時間內，B相對水平面的位移為 (2)由圖(b)可知，在0-1s內 可知 則在1s末，A物體的速度為 在1～1.5s內，可得 可得此時A物體的加速度為 則在1.5s末，A物體的速度為 隨后兩物體達到共同速度后，在1.5～2s內可得 則A物體在t=2s時刻，相對與水平面的速度為 16. 在如圖所示的直角坐標系中，x<0區(qū)域有沿x軸正向的勻強電場

29、，x≥0區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從原點O進入磁場，初速度大小為v0，速度方向與y軸正向夾角為（60<<90），不計重力。 (1)求帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的角速度ω； (2)帶電粒子每次離開磁場進入電場后，都從O點離開電場進入磁場，從而形成周期性運動，求電場強度的大小E和粒子運動周期T； (3)當粒子運動到磁場區(qū)離y軸最遠處時，有一個質量為m、速度大小為、方向沿y軸負方向的電中性粒子與帶電粒子發(fā)生彈性正碰，在碰撞過程中沒有電荷轉移。求碰撞以后帶電粒子第一次離開磁場進入電場的位置與O點的距離L。 【答案】(1

30、) ；(2) ； (3) 【解析】 【分析】 【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，則洛倫茲力提供向心力 解得 (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動 解得 進入電場時速度方向與y軸正向成φ角，則到達y軸時 時間 進入電場后沿y方向做勻速運動，沿x方向先加速后加速，最后到達O點，則 聯立解得 粒子運動周期 (3) 當粒子運動到磁場區(qū)離y軸最遠處時，速度方向沿y軸負向，粒子與不帶電的粒子相碰時，由動量守恒和能量關系 解得 則此時粒子做圓周運動軌道半徑為 則到達y軸時的位置距離O點的距離 解得